相对滑动及碰撞

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1、1、【解答】（1）假设B的速度从v0减为vB=4m/s时，A一直加速到vA，以A为研究对象，由动能定理①3分代入数据解得vA=1m/s

2、试通过计算说明，小车与墙壁碰撞前，小滑块不会从小车上掉下来；（2）讨论半圆轨道的半径R在什么范围内，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道？2.解：（1）滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0=(m+M)v1………………………………………………………（2分）代入数据解得v1=4m/s………………………………………………（1分）设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒定律，有μmgL1=……………………………………………（2分）代入数据解得L1=3m……………………………………

3、……………（1分）设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有μmgS1=…………………………………………………………（2分）代入数据解得S1=2m…………………………………………………（1分）因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，小滑块不会从小车上掉下来．……………………（1分）（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L－L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P。若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点

4、的速度为v，临界条件为mg=m…………………………………………………………………（1分）根据动能定理，有－μmgL2－………………………………………（2分）①②联立并代入数据解得R=0.24m…………………………………（1分）若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。根据动能定理，有－μmgL2－……………………………………………（2分）代入数据解得R=0.6m………………………………………………（1分）综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R≤

5、0.24m或R≥0.6m…………………………………………………（1分）（1）设小滑块与长板最终共同速度为v，全过程对系统由能量守恒W＝Q＋(m1＋m2)v22分解得v＝2m/s1分（2）设碰撞结束时长木板与小滑块的速度分别为v1、v2，碰后的过程系统因摩擦产生的热量为Q1，则小滑块与长木板碰前与碰后产生的热量相同，即Q＝2Q12分从施加拉力到碰撞结束的过程中，对系统由能量守恒W＝Q1＋m1v12＋m2v222分设向左为正方向，由系统动量守恒m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v2分解得碰撞结束时，小滑块的速

6、度大小为1m/s，方向向右；长木板的速度大小为3m/s，方向向左3分（3）所求位移与相应时间内长木板的位移相同，设为s设碰前两者相对运动的时间内长木板位移为s1，由动能定理2分设碰后两者相对运动的时间内长木板位移为s2，由动能定理2分又2分s=s1+s2联立解得s=1.5m2分4.解析：（1）μmgs+mg·2R=mvB2①所以vB=3（2）设M滑动x1,m滑动x2二者达到共同速度v,则mvB=(M+m)v②μmgx1=mv2③—μmgx2=mv2—mvB2④由②③④得v=,x1=2R,x2=8R二者位移

7、之差△x=x2—x1=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板讨论：①R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=mg（6.5R+L）滑块不能滑到CD轨道中点。②2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。同理可得:滑块不能滑到CD轨道中点。